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【高考聚焦】2014届高三数学(理)一轮复习对点训练 第40讲 不等式的综合应用 Word版含解析


第40讲 不等式的综合应用

1.(2013· 南宁市第三次适应性测试)若关于 x 的一元二次方程 x2-ax+1=0 有两个不同 的正数根,则实数 a 的取值范围是( A ) A.a>2 B.a<-2 C.-2<a<2 D.a<-2 或 a>2 2 a>0 ,解得 a>2,故选 A. 解析:{Δ=a - 2.(201

2· 郑州市高三第二次质量预测)若向量 a=(x-1,2),b=(4,y)相互垂直,则 9x y +3 的最小值为( D ) A.12 B.2 3 C.3 2 D.6 解析:依题意得知 4(x-1)+2y=0,即 2x+y=2, + 9x+3y=32x+3y≥2 32x×3y=2 32x y=2 32=6, 当且仅当 2x=y=1 时取等号, 因此 9x+3y 的最小值是 6,故选 D. 3.(2012· 湖北省部分重点中学起点考试)直线 y=kx+3 与圆(x-3)2+(y-2)2=4 相交于 M,N 两点,MN≥2 3,则 k 的取值范围是( A ) 3 3 A.[- ,0] B.(-∞,- ]∪[0,+∞) 4 4 3 3 2 C.[- , ] D.[- ,0] 3 3 3 解析:由条件知点到直线的距离 d≤ 22-? 3?2=1, |3k-2+3| 3 则 d≤ ≤1,解得- ≤k≤0,故选 A. 4 k2+1 1 4.(2013· 天津市第三次模拟)已知函数 f(x)=a|x|, a>1, 则满足 f(2x-1)<f( )的 x 范围是 3 (A) 1 2 1 2 A.( , ) B.[ , ) 3 3 3 3 1 2 1 2 C.( , ) D.[ , ) 2 3 2 3 解析:因为 f(x)=a|x|为偶函数,且易知在 a>1 时,f(x)=a|x|在[0,+∞)上单调递增,所 1 1 1 1 2 以不等式 f(2x-1)<f( )?f(|2x-1|)<f( )?|2x-1|< ,解得 <x< ,故选 A. 3 3 3 3 3 5.(2012· 山东省阳信上期期末)A 杯中有浓度为 a%的盐水 x 克,B 杯中有浓度为 b%的 盐水 y 克,其中 A 杯中的盐水更咸一些.若将 A、B 两杯盐水混合在一起,其咸淡的程度可 ax+by 用不等式表示为 b< <a . x+y ax+by ax+by ax+by 解析:混合后的浓度为 %,显然有 b%< %<a%?b< < a. x+y x+y x+y 6.对于函数 f(x)=x2+2x,在使 f(x)≥M 成立的所有常数 M 中,我们把 M 的最大值 a2+b2 Mmax=-1 叫做 f(x)=x2+2x 的下确界,对于 a、b∈R,且 a、b 不全为 0, 的下确界 ?a+b?2 1 是 . 2 解析:因为 f(x)=x2+2x=(x+1)2-1≥-1, 所以 f(x)的下确界 M 即为 f(x)的最小值. a2+b2 a2+b2 1 又因为 a2+b2≥2ab, 所以(a+b)2=a2+b2+2ab≤2(a2+b2), 所以 2≥ 2 2 = . ?a+b? 2?a +b ? 2 7.(2011· 江苏省南京市第一次模拟)已知 f(x)=log2(x-2), 若实数 m, n 满足 f(m)+f(2n)

=3,则 m+n 的最小值是 7 . 解析:因为 log2(m-2)+log2(2n-2)=log2(m-2)(2n-2)=3, 所以(m-2)(2n-2)=23=8,且 m-2>0,2n-2>0, m-2+n-1 2 因为 4=(m-2)(n-1)≤( ) ,所以 m+n≥7,故填 7. 2 8.购买某种汽车,购车的总费用(包括缴税)为 5 万元,每年应交保险费及汽油费合计 6000 元,汽车的维修费平均为:第一年 1000 元,第二年 2000 元,……依等差数列逐年递 增.问这种汽车使用多少年报废合算?(商品的最佳更换年限应该是使每年平均消耗费用最 低的年限;年平均消耗费用=年平均成本费的分摊+年均维修费的分摊) 解析:设这种汽车使用 n 年报废合算,则每年的维修费用平均为 1000n. 由题意可知,每年的平均消耗费用 50000+6000n+?1000+2000+…+1000n? f(n)= n 50000 = +500n+6500 n 50000 ≥2 · 500n+6500 n =16500, 50000 当且仅当 =500n,即 n=10 时,等号成立. n 故这种汽车使用 10 年报废合算. 9.(2013· 株洲市质量统一检测)已知函数 f(x)=ln(x-1)-k(x-1)+1. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≤0 恒成立,试确定实数 k 的取值范围. 解析:(1)函数 f(x)的定义域为(1,+∞), 1 f′(x)= -k. x-1 1 因为 x>1,所以 >0,因此 x-1 ①当 k≤0 时,f ′(x)>0,则 f(x)在(1,+∞)上是增函数; 1 ②当 k>0 时,令 f ′(x)=0,即 -k=0, x-1 1 得 x=1+ . k 1 当 x∈(1,1+ )时,f ′(x)>0; k 1 当 x∈(1+ ,+∞),f ′(x)<0. k 1 1 则 f(x)在(1,1+ )上是增函数,在(1+ ,+∞)上是减函数. k k (2)当 k≤0 时,f(2)=1-k>0,故 f(x)≤0 不能恒成立,所以只需考虑 k>0. 1 当 k>0 时,由(1)知[f(x)]max=f(1+ )=-lnk. k 要使 f(x)≤0 恒成立,则-lnk≤0,得 k≥1. 故实数 k 的取值范围为[1,+∞).


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